\documentclass[12pt, a4paper, oneside]{ctexart}
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\title{\vspace{-4cm}\textbf{河北师范大学数学分析真题}}
\author{宁鑫雨}
\date{\today}
\linespread{1.5}
\definecolor{shadecolor}{RGB}{241, 241, 255}
\newcounter{problemname}
\def\d{\mathrm{d}}
\everymath{\displaystyle}
\newenvironment{problem}{\begin{shaded}\stepcounter{problemname}\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}. }}{\end{shaded}}
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{解答. }}{\par}
\newenvironment{note}{\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}的注记. }}{\par}
\pagestyle{plain}
\setlength{\parindent}{0pt}
\begin{document}
\date{}
\section*{2011年数学分析}
\begin{problem}[本题40分,每题10分]\\
    1)求极限$\displaystyle\lim_{x\to0}x[\frac{1}{x}]$\\
    2)计算积分$\iiint_{V}(x^{2}_{\cdot}+y_{\cdot}^{2}+z^{2})\d V$\\
    3)求级数$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{(n+1)^{2}}{2^{n}}}$的和\\
    4)求$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}x\d x$
\end{problem}
\begin{solution}[本题40分,每题10分]
    1)对任意的$x>0$,当$\frac{n}{n+1}<x\leq\frac{1}{n}$时,有$\frac{n}{n+1}<x[\frac{1}{x}]\leq1$.\\
    由$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1$,可得对任意的$x<0$,当$-\frac{1}{n}<x\leq-\frac{1}{n+1}$时,有$1\leq x[{\frac{1}{x}}]<{\frac{n+1}{n}}$.\\
    由$\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1$,可得$\displaystyle \lim_{x\rightarrow0^{-}}x[\frac{1}{x}]=1$.\\
    因此$\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}x[\frac{1}{x}]=1$\\
    2)其中$V$是球面$x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$和圆锥面$z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$之间的部分\\
    作球面坐标变换\\
    $
    \begin{cases}
        x=r\sin\varphi\cos\theta,\\
        y=r\sin\varphi\sin\theta,\\
        z=r\cos\varphi,
    \end{cases}
    0\leq r\leq a,0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{4},0\leq\theta\leq2\pi
    $\\
    则有$\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(r,\varphi,\theta)}=r^{2}\sin\varphi$,\\
    因此$\iiint_{V}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\d V=\iiint_{V}(r^{4}\sin\varphi \d r\d \theta \d \varphi)=\int_{0}^{2\pi}\d \theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin\varphi \d \varphi\int_{0}^{a}r^{4}\d r=\frac{(2-\sqrt{2})\pi a^{5}}{5}.$\\
    3)不妨假设$f(x)=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}(n+1)^{2}x^{n}$,则有\\
    $$
    \int_{0}^{x}f(t)dt=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)x^{n+1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n}=\frac{x}{\left(1-x\right)^{2}},
    $$
    从而得到\\
    $$
    f(x)=\frac{1+x}{(1-x)^{3}},
    $$
    因此\\
    $$
    \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)^{2}}{2^{n}}=f(\frac{1}{2})=12
    $$
    4)不妨假设$0<\varepsilon<\frac{\pi}{2}$.在$[0,\frac{\pi}{2}]$,显然有$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx\geq0$.又有
    $$
    \begin{aligned}
        \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\d x
        &=\int_0^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}\sin^nx\d x+\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}}x\d x\\
        &\leq\int_0^{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}\sin^n(\frac{\pi}{2}-\varepsilon)\d x+\int_{\frac{\pi}{2}-\varepsilon}^{\frac{\pi}{2}}\d x\\
        &=(\frac{\pi}{2}-\varepsilon)\sin^{n}(\frac{\pi}{2}-\varepsilon)+\varepsilon
    \end{aligned}
    $$,
    而极限$\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\sin^{n}(\frac{\pi}{2}-\varepsilon)=0$,从而得到$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{i}x\d x=0$.
\end{solution}


\begin{problem}[本题10分]
    设$f(x)$在$[a,b]$上连续,且$f(a)=f(b)=0$,$f^{\prime}(a)f^{\prime}(b)>0$,则至少有一点$c\in (a,b)$,使得$f(c)=0$.
\end{problem}
\begin{solution}[本题10分]\\
    证明：\\
    不妨设$f^{\prime}(a)>0,\quad f^{\prime}(b)>0$,于是，\\
    $\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}\frac{f(x)}{x-a}>0$,$\displaystyle\lim_{x\rightarrow b^{-}}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow b^{-}}\frac{f(x)}{x-b}>0,$
    有极限的保号性知,\\
    $\exists\delta>0$,使当$a<x<a+\delta$ 时,$f(x)>0,$\\
    当$b-\delta<x<b$时，$f(x)<0$,\\
    于是，有$x_{1}\in(a,a+\delta),x_{2}\in(b-\delta,b),$\\
    $f(x_{1})>0,\quad f(x_{2})<0,$所以,至少有一点$c\in(x_{1},x_{2})\subset(a,b),$\\
    使得$f(c)=0$.
\end{solution}


\begin{problem}[本题15分]
    设
$$
f(x,y)=
\begin{cases}
    \frac{x^2y}{\sqrt{x^4+y^2}},&x^2+y^2\neq0\\
    0,&x^2+y^2=0
\end{cases},
$$
讨论$f(x,y)$在原点处的连续性，偏导数的存在性及可微性.
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]\\
    由于
    $$\frac{x^{2}y}{\sqrt{x^{4}+y^{2}}}\leq\sqrt{x^{4}+y^{2}},$$
    从而得到
    $$\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=\displaystyle\lim_{(\dot{x},y)\to(0,0)}{\frac{x^{2}y}{\sqrt{x^{4}+y^{2}}}}=0=f(0,0),$$
    又由于
    $$
    f_{x}(0,0)=\displaystyle\lim_{\Delta x\rightarrow0}\frac{\frac{\Delta x^2\cdot0}{\sqrt{\Delta x^{4}+0}}-0}{\Delta y}=0,
    f_{y}(0,0)=\displaystyle\lim_{\Delta y\rightarrow0}\frac{\frac{0\cdot\Delta y}{\sqrt{0+\Delta y^{2}}}-0}{\Delta y}=0,
    $$
    因此,$f(x,y)$在原点$(0,0)$处连续且可偏导.由于\\
    $f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)-[f_{x}(0,0)\Delta x+f_{y}(0,0)\Delta y]=f(\Delta x,\Delta y)=\frac{\Delta x^{2}\Delta y}{\sqrt{\Delta x^{4}+\Delta y^{2}}},$\\
    令$\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}\rightarrow0,$则有\\
    $f(0+\Delta x,0+\Delta y)-f(0,0)-[f_{x}(0,0)\Delta x+f_{\nu}(0,0)\Delta y]=o(\sqrt{\Delta x^{2}+\Delta y^{2}}).$
    因此,$f(x,y)$在原点$(0,0)$处可微
\end{solution}

    
\begin{problem}[本题15分]
    1)设$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$是收敛的正项级数,则当$r>\frac{1}{2}$时,级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{a_{n}}}{n^{r}}$;\\
    2)证明级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^{\frac{n+1}{n}}$发散.
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]\\
    证明:\\
    1)由于$\frac{\sqrt{a_{n}}}{n^{r}}\leq\frac{1}{2}(a_{n}+\frac{1}{n^{2r}})$\\
    而级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$和$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2r}}$都收敛,从而得到级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sqrt{a_{n}}}{n^{r}}$.\\
    2)由于$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{n^{\frac{n+1}{n}}}{n^{-1}}=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{n}}}=1,$\\
    而级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$发散,从而得到级数$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}n^{\frac{n+1}{n}}$发散.
\end{solution}
    

\begin{problem}[本题10分]
    设函数$f(x)$在$[a,b]$上连续,且$f(x)$不恒等于零,证明:$\int_{a}^{b}f^{2}(x)\d x>0.$
\end{problem}
\begin{solution}[本题10分]\\
   证明:\\
   不妨假设$f(x)$在$x_{0}\in[a,b]$不为零,即$f(x_{0})\neq 0,$从而得到$f^{2}(x_{0})>0$
   $f(x)$在$[a,b]$上连续,由局部保号性可知,存在$x_{0}$的某领域$(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$,使得当
   $x\in(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$时,有$f^{2}(x)>\frac{f^{2}(x_{0})}{2}>0$\\
   因此
   $$
   \begin{aligned}
      \int_{a}^{b}f^{2}(x)\d x=\int_{a}^{x_{0}-{\delta}}f^{2}(x)\d x+\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}f^{2}(x)\d x+\int_{x_{0}+\delta}^{b}f^{2}(x)\d x\\
      \geq\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}f^{2}(x)\d x>\int_{x_{0}-\delta}^{x_{0}+\delta}\frac{f^{2}(x_{0})}{\mathcal{2}^{2}}\d x=f^{2}(x_{0})\delta>0,
   \end{aligned}
   $$
   即$\int_{a}^{b}f^{2}(x)\d x>0.$
\end{solution}
    

\begin{problem}[本题15分]
    设
    $$
    f(x)=
    \begin{cases}
        x^2\sin\frac{\pi}{x},&x<0\\
        A,&x=0,\\
        ax^2+b,&x>0
    \end{cases}
    $$
    其中$A,a,b$为常数,试问$A,a,b$为何值时,$f(x)$在$x=0$处可导,为什么?并求$f^{\prime}(0)$.
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]\\
    $\displaystyle\lim_{x\to0^{-}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to0^{-}}\frac{x^{2}\sin\frac{\pi}{x}-A}{x}=\displaystyle\lim_{x\to0^{-}}(x\sin\frac{\pi}{x}-\frac{A}{x}).$\\
    因为$\displaystyle\lim_{x\to0^{-}}x\sin{\frac{\pi}{x}}=0,$故要使$f_{-}^{\prime}(0)$存在，必须$A=0$\\
    又$\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\frac{ax^{2}+b}{x}=\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}(ax+\frac{b}{x})$\\
    要使有导数存在，必须$b=0$.\\
    综上可知,当$A=b=0$,$a$为任意常数时,$f(x)$在$x=0$处可导,且$f^{\prime}(0)$.
\end{solution}

\begin{problem}[本题15分]
    设$f(x)$在$(a,+\infty)$具有二阶连续导数,且$\displaystyle\lim\limits_{x\to a^{+}}f(x)=\displaystyle\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0,$.
    证明：\\
    1)存在$x_{n}\in(a,+\infty)$,使得$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}x_{n}=+\infty$,且$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f^{\prime}(x_{n})=0$;\\
    2)存在$\xi\in(a,+\infty),$使得$f^{\prime\prime}(\xi)=0.$
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]
    证明:\\
    1)$f(n+1)-f(n)=f^{\prime}(x_{n})((n+1)-n)=f^{\prime}(x_{n}),\quad n<x_{n}<n+1$,则$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}x_{n}=+\infty$,于是\\
    $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f'(x_{n})=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}[f(n+1)-f(n)]=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f(n+1)-\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f(n)=0-0=0$\\
    2)用反证法。若$f^{\prime\prime}(x)\neq0,\forall x\in(a,+\infty)$,则$f^{\prime\prime}(x)$在$(a,+\infty)$恒大于0或恒小于0.不失一般性设$f^{\prime\prime}(x)>0,\forall x\in(a,+\infty)$,
    则$f^{\prime}(x)$在$(a,+\infty)$严格单调增,但由1知$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}f^{\prime}(x_{n})=0$.所以$f^{\prime}(x)<0,\forall x\in(a,+\infty)$.
    即$f(x)$在$(a,+\infty)$严格单调减,这与①式矛盾.仿上可知$f^{\prime\prime}(x)<0,\forall x\in(a,+\infty)$亦不成立.从而存在$\xi\in(a,+\infty)$,使得$f^{\prime\prime}(\xi)=0$

\end{solution}


\begin{problem}[本题15分]
    设$f(x)$在有限或无限区间$(a,b)$可导,且$\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to b^{-}}f(x)$为有限数.证明存在$c\in(a,b)$,使$f^{\prime}(c)=0$
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]
   证明:\\
   设$\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to b^{-}}f(x)=A$,不妨设$A=0$,不然讨论$g(x)=f(x)-A$即可.
   若$f(x)\equiv0,x\in(a,b)$,结论自然成立;不妨设有$x_{0}\in(a,b)$,使得$f(x_{0})>0$\\
   由$\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}f(x)=0$,必有$x_{1}\in(a,x_{0}),$使得$f(x_{1})=\frac{f(x_{0})}{2}$,\\
   不然由介值定理$x\in(a,x_{0}),$$f(x)=\frac{f(x_{0})}{2}$,与$\displaystyle\lim_{x\to a^{+}}f(x)=0$矛盾\\
   同样由,$\lim_{x\to b^{-}}f(x)=0$必有$x_{2}\in(x_{0},b),$使得$f(x_{2})=\frac{f(x_{0})}{2},$\\
   于是在$[x_{1},x_{2}]$上应用$Rolle$中值定理即得结论。
\end{solution}


\begin{problem}[本题15分]
    证明：$F(x)=\int_{e}^{+\infty}\frac{\cos t\d t}{t^{x}}$在区间$(1,+\infty)$上连续可微.
\end{problem}
\begin{solution}[本题15分]\\
    证明:\\
    不妨假设$f(x,t)={\frac{\cos t}{t^{x}}}$,对任意的$x\in [a,b]\subset(1,+\infty)$,$t\in[e,+\infty]$,有$\left|\frac{\cos t\d t}{t_{\cdot}^{x}}\right|\leq\frac{1}{t_{\cdot}^{x}},$
    而$\int_{e}^{+\infty}\frac{\d t}{t^{x}}$收敛,又$Weiertrass$判别法可知,$F(x)=\int_{e}^{+\infty}\frac{\cos t\d t}{t^{x}}$在$[a,b]$上一致收敛,从而在$[a,b]$上连续,由$[a,b]$的任意性,$F(X)$在区间$(1,+\infty)$上连续。\\
    进一步得到$f_{x}(x,t)=-\frac{\cos t\ln t}{t^{x}},$\\
    且$f_{x}(x,t)$在$[a,b]\times[e,+\infty]$上连续.$\int_{e}^{+\infty}(-\cos t)\d t$关于$x\in[a,b]$一致有界;$\frac{\ln t}{t^{x}}$关于$x$单调,并且$\frac{\ln t}{t^{x}}\leq\frac{\ln t}{t^{\alpha}}$,当$t\to\infty$时,$\frac{\ln t}{t^{\alpha}}$关于$x\in[a,b]$一致趋向于零.
    由$Dirichlet$判别法,可知$\int_{e}^{+\infty}f_{x}(x,t)\d t$在$x\in[a,b]$上一致收敛。又由于$F(X)$在$[a,b]$上收敛,从而$F(x)$在$[a,b]$上可微,由$[a,b]$的任意性,$F(x)$在区间$(1,+\infty)$上可微。
\end{solution}
\end{document}